Esercizio 1: Sia v =

Esercizi GEOMETRIA (Edile-Architettura e dell’Edilizia) - a.a. 2010/2011 I Semestre

Docente: Prof. F. Flamini Esercizi Riepilogativi Svolti

Esercizio 1: Sia v =







−1

−1

−1





 ∈ R

³

un vettore e sia r

0

:= Lin{v} la corrispondente retta vettoriale orientata.

(i) Trovare le formule per la rotazione R

_π/2,r0

di angolo π/2 attorno alla retta vettoriale orientata r

₀

;

(ii) Sia ` la retta di equazioni parametriche

X =





 1

−1 0





 + t





 2 1 1





 , t ∈ R.

Calcolare le equazioni parametriche della retta che si ottiene applicando R

_π/2,v

a `.

Svolgimento: (i) Una base ortogonale di R

³

avente v come primo vettore della base e’, ad esempio

f

₁

=







−1

−1

−1





 , f

₂

=





 1

−1 0





 , f

₃

=







−1

−1 2





 .

Per renderla ortonormale, basta dividere ogni vettore per la sua norma (le coordinate le scriviamo per comodita’ per riga):

e

⁰₁

= f

₁

||f

₁

|| = (−1/ √

3, −1/ √

3, −1/ √

3), e

⁰₂

= f

₂

||f

₂

|| = (1/ √

2, −1/ √ 2, 0),

e

e

⁰₃

= f

₃

||f

₃

|| = (−1/ √

6, −1/ √ 6, 2/ √

6).

1

La rotazione di angolo π/2 attorno ad e

⁰₁

, espressa in tale nuova base ortonormale, ha matrice rappresentativa standard:

A

⁰

=







1 0 0 0 0 −1 0 1 0





 .

La matrice cambiamento di base dalla base canonica alla base {e

⁰₁

, e

⁰₂

, e

⁰₃

} e’ la matrice M che ha per colonne le coordinate dei vettori di tale nuova base espressi in base canon- ica. Quindi, la matrice rappresentativa di R

_π/2,v

, espressa rispetto alla base canonica, e’

la matrice A data da

A = M A

⁰

M

⁻¹

= M A

⁰

M

^t

, dato che M e’ una matrice ortogonale. Percio’

A =







1 3

1+√ 3 3

1−√ 3 3 1−√

3 3

1 3

1+√ 3 3 1+√

3 3

1−√ 3 3

1 3





 .

(ii) Le equazioni parametriche cercate si ottengono, ad esempio, applicando la matrice A al punto generico della retta `, che e’ (1 + 2t, −1 + t, t), con t ∈ R (scritto per riga per brevita’). Si ottiene quindi

x = (− √

3/3, − √

3/3, 2 √

3/3) + t(4/3, (4 − √

3)/3, (4 + √

3)/3), t ∈ R.

Un modo equivalente per trovare le equazioni parametriche della nuova retta era anche il seguente: si prendono 2 punti qualsiasi P e Q di l, si considerano i trasformati di tali due punti mediante R

_π/2,r0

, i.e. A(P ) e A(Q), e infine si determina l’equazione parametrica della retta passante per i due punti A(P ) e A(Q).

Esercizio 2: Sia v =







−1

−1

−1





 ∈ R

³

un vettore e sia r

₀

:= Lin{v} la corrispondente retta vettoriale orientata.

(i) Trovare le formule per la rotazione R

_−π/4,r0

di un angolo −π/4 attorno ala retta orientata r

0

;

(ii) Sia Π il piano di equazione cartesiana

X

₁

+ X

₂

= 7.

Calcolare le equazioni parametriche del piano che si ottiene applicando R

−π/4,r₀

a Π.

Svolgimento: (i) Nella base {e

⁰₁

, e

⁰₂

, e

⁰₃

} determinata nell’esercizio precedente, la ro- tazione di angolo −π/4 attorno ad e

⁰₁

ha, rispetto a tale base ortonormale, matrice rap- presentativa

B

⁰

=







1 0 0

0

^√1

2

√1 2

0 −

^√1

2

√1 2





 .

Percio’, rispetto alla base canonica, la matrice rappresentativa e’

B = M B

⁰

M

^t

=







1+√ 2 3

2−√ 2−√

6 6

2−√ 2+√

6 6 2−√

2+√ 6 6

1+√ 2 3

2−√ 2−√

6 6 2−√

2−√ 6 6

2−√ 2+√

6 6

1+√ 2 3





 .

(ii) Basta prendere tre punti distinti e non allineati, P, Q, T ∈ Π, determinare i tre punti trasformati P

⁰

= B(P ), Q

⁰

= B(Q) e T

⁰

= B(T ), e poi calcolare le equazioni parametriche del piano Π

⁰

per questi nuovi tre punti.

Esercizio 3: Nello spazio cartesiano R

³

sia l la retta di equazioni parametriche

X =





 1 0 1





 + t





 1 3 1





 , t ∈ R.

(i) Scrivere le formule di rotazione R

^π

2,v

di angolo

^π₂

attorno alla retta vettoriale orientata generata dal vettore v =





 1 1 1





 .

(ii) Calcolare le equazioni parametriche della retta m = R

^π

2,v

(l).

Svolgimento: (i) Sia b = {f

₁

, f

₂

, f

₃

} una base ortonormale di R

³

positivamente orien- tata e con f

₁

= v/||v||. Percio’

f

₁

=





 1/ √

3 1/ √

3 1/ √

3





 , f

₂

=





 1/ √

2

−1/ √ 2 0





 , f

₃

=





 1/ √

6 1/ √

6

−2/ √ 6





 .

In base b, la matrice di rotazione R

_π/2

e’:

A = ˜







1 0 0 0 0 −1 0 1 0





 .

Percio’, se M e’ la matrice cambiamento di base dalla base canonica e alla base b, allora M e’ una matrice ortogonale e la matrice della rotazione R

_π/2,v

in base e e’:

A = M ˜ AM

^t

=







1/3 (1 − √

3)/3 (1 + √ 3)/3

1/3 1/3 − √

3/3 (1 − √

3)/3 (1 + √

3)/3 1/3





 . (ii) La retta m ha equazioni parametriche

A





 1 + t

3t 1 + t





 , t ∈ R

Esercizio 4: Sia K il cubo in R

³

di vertici:

(1, 1, 1), (1, −1, 1), (−1, 1, 1), (−1, −1, 1), (1, 1, −1), (1, −1, −1), (−1, 1, −1), (−1, −1, −1).

(i) Disegnare l’immagine di K dopo la rotazione R

_π/2,e3

;;

(ii) Disegnare l’immagine di K dopo la rotazione R

_π/2,e1

; (iii) Disegnare l’immagine di K dopo la rotazione R

_π/2,−e1

; (iv) Quali rotazioni mandano il cubo in se stesso?

Svolgimento: (i) La rotazione R

_π/2,e3

; e’:

R

_π/2,e3

(x

1

, x

2

, x

3

) = (−x

2

, x

1

, x

3

), percio’ K viene mandato in se stesso.

(ii) Stessa conclusione come nel punto (i);

(iii) La rotazione R

_π/2,−e1

; e’ esattamente come la rotazione R

−π/2,e₁

. Analoga conclu- sione come in (i) ed in (ii).

(iv) Se K viene mandato in se stesso, allora l’asse della rotazione e’ uno dei seguenti:

(a) retta congiungente i centri di due facce opposte;

(b) retta congiungente i punti medi di due spigoli opposti;

(c) retta congiungente 2 vertici opposti.

Le rotazioni di tipo (a) sono di angoli k

^π₂

, k ∈ Z.

Le rotazioni di tipo (b) devono mandare devono mandare gli spigoli che questo asse interseca in se stessi, percio’ sono rotazioni di angolo kπ, k ∈ Z.

Infine, le rotazioni di tipo (c) devono mandare i 3 lati uscenti da uno dei 2 vertici in loro stessi, cioe’ i tre spigoli devono essere permutati fra loro. Percio’ e’ una rotazione di angolo

^2kπ₃

.

Esercizio 5: Nello spazio cartesiano R

³

sia π il piano di equazione cartesiana X

₁

+ X

₂

= 1

e sia r la retta di equazioni cartesiane

( X

₁

+ X

₂

+ 2X

₃

= 0 X

₂

+ X

₃

= 1 .

Riflettere la retta r rispetto al piano π, calcolando esplicitamente le equazioni parame- triche della retta S

_π

(r) che e’ la retta riflessa di r rispetto a π.

Svolgimento: Le coordinate di P := π ∩ r sono le soluzioni del sistema lineare di 3 equazioni e 3 incognite che si ottiene mettendo a sistema le equazioni cartesiane che definiscono π e r. Si ottiene P = (−1/2, 3/2, −1/2). Un secondo punto sulla retta r e’

ad esempio Q = (−1, 1, 0).

La retta n che passa per Q e che e’ ortogonale a π ha equazione parametrica:

x =







−1 1 0





 + t





 1 1 0





 , t ∈ R

Il punto di intersezione n ∩ π corrisponde al valore del parametro t = 1/2. Il riflesso Q

⁰

di Q rispetto a π corrisponde quindi a t = 1, ed abbiamo quindi Q

⁰

= (0, 2, 0).

Poiche’ la riflessione rispetto a π lascia fisso P , la retta cercata e’ la retta che passa per P e per Q

⁰

, che ha pertanto equazioni parametriche:

x =





 0 2 0





 + t







−1

−1

−1





 , t ∈ R

Esercizio 6 Nello spazio cartesiano R

³

, con riferimento cartesiano ortogonale RC(O, E) e con coordinate cartesiane (x

1

, x

2

, x

3

), sia π ⊂ R

³

il piano di equazione cartesiana:

π : 2X

1

− X

₂

+ X

3

= 4.

(i) Scrivere le formule di riflessione rispetto al piano π.

(ii) Determinare le equazioni cartesiane della retta m ⊂ R

³

, ottenuta per riflessione della retta l :

(

X

1

+ X

2

− X

₃

= 0

X

₁

− X

₂

− 1 = 0 rispetto al piano π.

Svolgimento: (i) Sia p = (a, b, c) il punto generico di R

³

. Un vettore normale al piano π e’ il vettore n = (2, −1, 1). Pertanto la retta r, passante per p e perpendicolare a π, ha equazione parametrica vettoriale

x = p + tn, e quindi equazioni parametriche scalari

X

₁

= a + 2t, X

₂

= b − t, X

₃

= c + t.

Se imponiamo l’intersezione di r con π, si ottiene il valore t

₀

= (4 + b − c − 2a)/6.

Quindi, se S

_π

(p) denota il simmetrico di p rispetto a π, esso si ottiene come punto sulla retta r, corrispondente al valore del parametro 2t

0

, cioe’

S

_π

(p) = (a, b, c) + ((4 + b − c − 2a)/3) (2, −1, 1).

In definitiva, le formule di simmetria rispetto a π sono

S

_π

((a, b, c)) = (−a/3+2b/3−2c/3+8/3, 2a/3+2b/3+c/3−4/3, −2a/3+b/3+2c/3+4/3).

(ii) Prendiamo due punti su l, ad esempio R = (1, 0, 1) e Q = (0, −1, −1). Dalle formule di simmetria precedenti, si ha che

S

_π

(R) = (5/3, −1/3, 4/3) S

_π

(Q) = (8/3, −7/3, 5/3).

Percio’, un vettore direttore di m e’ dato da

S

_π

(Q) − S

_π

(R) = (1, −2, −1).

Allora, l’equazione parametrica vettoriale di m e’ data da x = (5/3, −1/3, 4/3) + t(1, −2, −1) e quindi le equazioni parametriche scalari sono

X

₁

= 5/3 + t, X

₂

= −1/3 − 2t, X

₃

= 4/3 − t.

Queste determinano le equazioni cartesiane di m che sono, ad esempio m : X

₁

+ X

₃

− 3 = 0 = X

₂

− 2X

₃

+ 3 = 0.

Esercizio 7. Nello spazio cartesiano R

³

, con riferimento cartesiano ortonormale stan- dard e con coordinate cartesiane (x

₁

, x

₂

, x

₃

), sia data la sfera S di equazione cartesiana

X

₁²

+ X

₂²

+ X

₃²

− 4X

₁

+ 2X

₂

− x

₃

+ 1 = 0.

Determinare le coordinate del centro C ed il raggio r della sfera.

Svolgimento: Se C = (α, β, γ) e’ il centro di S, ricordiamo che un’equazione cartesiana di S e’ anche

(X

1

− α)

²

+ (X

2

− β)

²

+ (X

3

− γ)

²

= r

²

.

Sviluppando tutti i quadrati ed eguagliano coefficiente per coefficiente con l’equazione data di S nel testo dell’esercizio, otteniamo

α = 2, β = −1, γ = 1 2 , r =

√ 17 2 . Esercizio 8. Trovare per quali valori del parametro k ∈ R il piano

α : X

1

+ 2X

2

− X

₃

+ k = 0

risulti, rispettivamente, secante, tangente o esterno alla sfera S, di equazione cartesiana:

X

₁²

+ X

₂²

+ X

₃²

− 2X

₁

− 4X

₂

+ 1 = 0.

Svolgimento: Il piano α risulta secante, tangente o esterno a S a seconda che la distanza dal centro della sfera S al piano α risulti rispettivamente minore, uguale o maggiore del raggio di S.

Come in uno degli esercizi precedenti, troviamo che il centro C di S e’

C := (1, 2, 0);

il raggio e’ invece

r = 2.

Si ha

d(C, α) = |5 + k|

√ 6 . Pertanto, α risulta:

• secante S se

^|5+k|√

6

< 2, i.e.

−2 √

6 − 5 < k < 2 √ 6 − 5;

• tangente a S se

^|5+k|√₆

= 2, i.e.

k = ±2

√ 6 − 5;

in altre parole, nel fascio di piani paralleli di equazione cartesiana X

1

+ 2X

2

− X

₃

+ k = 0, con k parametro variabile, esistono 2 distinti piani tangenti alla sfera S, ovviamenti in due punti distinti su S;

• esterno a S per k > 2 √

6 − 5 oppure k < −2 √ 6 − 5.

Esercizio 9. Sia data la forma quadratica di ordine 2

Q(X

1

, X

2

) = X

₁²

+ 4X

₂²

− 4X

₁

X

2

.

(i) Determinare un’isometria che fornisca coordinate (y

1

, y

2

) su R

²

rispetto alle quali la forma quadratica Q risulti diagonale.

(ii) Stabilire il rango e la segnatura di Q.

Svolgimento: La matrice simmetrica A = A

Q

associata a Q nelle coordinate (x

1

, x

2

) e’ la matrice

A := 1 −2

−2 4

! .

Poiche’ det(A) = 0, allora sicuramente A non avra’ rango massimo. In altre parole rg(A) ≤ 1. Visto che l’unica matrice di rango 0 e’ la matrice identicamente nulla, allora rg(A) = 1.

Pertanto, visto che la nozione di rango di una forma quadratica Q e’ indipendente dalla scelta della base di R

²

, equivalentemente della matrice simmetrica che la rappresenta, possiamo gia’ concludere che

rg(Q) = 1.

Il polinomio caratteristico di A e’

det(A − tI) = t(t − 5).

Gli autovalori di A sono

0 e 5.

Per il teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, tali autovalori forniscono la seguente base ortonormale di R

²

costituita da autovettori di A:

f

1

= (2/

√ 5, 1/

√

5), f

2

= (−1/

√ 5, 2/

√ 5).

Se consideriamo sullo spazio vettoriale euclideo R

²

, munito di questa nuova base ortonor- male f , coordinate (y

1

, y

2

) relative alla base f allora, dalle varie conseguenze del teo- rema Spettrale, si ha che in tali coordinate Q diventa

Q(Y

₁

, Y

₂

) = 0Y

₁²

+ 5Y

₂²

= 5Y

₂²

.

Poiche’ nel testo dell’esercizio e’ richiesto esplicitamente di trovare la trasformazione (isometria lineare) di coordinate di R

²

che diagonalizza Q, allora osserviamo che i ver- sori della base f formano la matrice ortogonale

M = 2/ √

5 −1/ √ 5 1/ √

5 2/ √ 5

! .

Questa matrice determina la trasformazione di coordinate x = M y,

cioe’

x

1

= 2/

√

5y

1

− 1/ √

5y

2

, x

2

= 1/

√

5y

1

+ 2/

√ 5y

2

. In effetti, facendo queste sostituzioni nel polinomio iniziale

Q(X

1

, X

2

) = X

₁²

+ 4X

₂²

− 4X

₁

X

2

e svolgendo tutti i conti, si ottiene effettivamente Q(Y

₁

, Y

₂

) = 5Y

₂²

,

che e’ ulteriore verifica (superflua!) di quanto asserito precedentemente.

(ii) Avevamo gia’ riscontrato che il rango di Q era 1. Visto che l’unico autovalore non- nullo di Q e’ 5, che e’ positivo, e visto che la nozione di segnatura di una forma quadra- tica e’ indipendente dalla scelta della base, deduciamo che la segnatura di Q e’ (1, 0).

Esercizio 10. In R

³

si consideri fissato il vettore

u

₀

= (1, 2, 1).

Sia T l’operatore lineare di R

³

, definito da

T (x) = x ∧ u

₀

, ∀ x ∈ R

³

. (i) Stabilire se T e’ un operatore autoaggiunto;

(ii) Scrivere la matrice di T rispetto alla base canonica e; confrontare il risultato con quanto risposto in (i).

Svolgimento: (i) T non e’ autoaggiunto. Infatti, per ogni x, y ∈ R

³

, ricordando le proprieta’ del prodotto vettoriale, si ha che

hT (x), yi = h(x ∧ u

₀

), yi = hx, (u

₀

∧ y)i = hx, (−y ∧ u

₀

)i = hx, (−T (y))i.

Poiche’ un operatore coincide con il suo opposto se e solo se e’ l’operatore nullo, si ha pertanto T 6= −T (dato che T e’ manifestamente un operatore non-identicamente nullo).

Percio’ T non puo’ essere autoaggiunto.

(ii) Per calcolare la matrice A di T rispetto alla base canonica, basta vedere le immagini T (e

_i

), 1 ≤ i ≤ 3, dei tre vettori della base canonica. Per definizione di T , basta calcolare i tre prodotti vettoriali

e

i

∧ u

₀

, 1 ≤ i ≤ 3.

Si ha

T (e

₁

) = (0, −1, 2), T (e

₂

) = (1, 0 − 1), T (e

₃

) = (−2, 1, 0).

Percio’ la matrice A ha per i-esima colonna il vettore T (e

i

), 1 ≤ i ≤ 3. Manifestamente si vede che la matrice A non e’ una matrice simmetrica. Poiche’ la matrice A e’ espressa utilizzando una base ortonormale rispetto al prodotto scalare standard che esiste su R

³

, allora possiamo anche in questo modo concludere che T non puo’ essere un operatore autoaggiunto, come abbiamo dedotto in modo intrinseco al punto (i).

Esercizio 11. Sia T l’operatore autoaggiunto di R

⁴

definito, rispetto alla base canonica e, dalla matrice simmetrica

A :=











1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 0 1

0 0 1 0









 .

(i) Scrivere l’equazione della forma quadratica Q associata a T .

(ii) Utilizzando il teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, diagonalizzare A de- terminando la base ortonormale di autovettori di A in cui Q risulta essere una forma quadratica diagonale.

(iii) Determinare esplicitamente la segnatura di Q.

Svolgimento: (i) La matrice della forma quadratica Q coincide con A. Quindi Q ha equazione:

Q(X

1

, X

2

, X

3

, X

4

) = X

₁²

− X

₂²

+ 2X

3

X

4

. (ii) Il polinomio caratteristico di A e’

P

_A

(λ) = (λ − 1)

²

(λ + 1)

²

.

Quindi A ha due autovalori, i.e. 1 e −1, ambedue di molteplicita’ algebrica 2. Denotati con V

1

e V

−1

i rispettivi autospazi, troviamo che

V

₁

= Span{(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}, V

−1

= Span{(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −1)}

poiche’ le equazioni cartesiane per V

1

sono

X

2

= X

3

− X

₄

= 0, mentre quelle per V

−1

sono

X

₁

= X

₃

+ X

₄

= 0.

Per il teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, per diagonalizzare A basta consi- derare una base ortonormale di autovettori di A.

Sappiamo che i due autospazi V

1

e V

−1

sono gia’ fra di loro ortogonali, poiche’ sono autospazi relativi ad autovalori distinti. Osserviamo inoltre che i generatori di V

1

(rispet- tivamente di V

−1

) sono due vettori ortogonali. Percio’ per determinare una base ortonor- male di R

⁴

costituita da autovettori di A, basta normalizzare i 4 vettori trovati. Otteniamo che la base voluta e’

f := {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1/

√ 2, 1/

√

2), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1/

√ 2, −1/

√ 2)}.

Dalla teoria generale, in tale base, la matrice A diventa congruente alla matrice

D =











1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 −1











cioe’ alla matrice che ha sulla diagonale principale gli autovalori di A, nell’ordine rela- tivo alla scelta dell’ordinamento dei vettori della base f , ciascun autovalore ripetuto tante volte quanto e’ la sua molteplicita’ algebrica (equivalentemente geometrica). Questo significa che la forma quadratica Q in tale base ha, rispetto alle opportune coordinate, equazione

Q(Y

₁

, Y

₂

, Y

₃

, Y

₄

) = Y

₁²

+ Y

₂²

− Y

₃²

− Y

₄²

.

(iii) La segnatura di Q e’ ovviamente (2, −2), come si deduceva gia’ dal segno degli autovalori di A.

Esercizio 12. Stabilire rango, segnatura e forma diagonale della seguente forma quadrat- ica

Q(X

₁

, X

₂

) = 3X

₁²

− 2X

₁

X

₂

+ 3X

₂²

. Svolgimento: Sia

A = 3 −1

−1 3

!

la matrice simmetrica associata a Q. Essa ha autovalori 2 e 4.

Per il teorema Spettrale degli operatori autoaggiunti, in opportune coordinate (y

1

, y

₂

) di R

²

, l’equazione di Q diventa

2Y

₁²

+ 4Y

₂²

. Pertanto Q ha rango 2 e segnatura (2, 0).

Esercizio 13: Stabilire rango, segnatura e forma diagonale della seguente forma quadrat- ica

Q(X

1

, X

2

) = X

₁²

+ 2X

1

X

2

+ X

₂²

.

Svolgimento: La matrice della parte omogenea di grado 2 della conica e’

A = 1 1

1 1

! ,

percio’ Q ha rango 1. L’autovalore non nullo di A e’ 2. Pertanto la segnatura di Q e’

(1, 0) ed, in opportune coordinate (y

1

, y

2

), la forma diagonale e’ ad esempio

Q(Y

₁

, Y

₂

) = 2Y

₁²

.